分析：（1）由A、B、C三点的坐标，根据平面直角坐标系中两点之间的距离公式即可求出AB、BC的长度；
（2）①先由图2得出点P在AB上运动的时间为4秒，根据速度=路程÷时间得出点P的运动速度，再根据时间=路程÷速度即可求出点P从点A运动到点C所需要的时间；
②如图①，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F．先由平行线的性质得出∠1=∠BAC，再解Rt△AEP，得出AE=3t，PE=4t，则P（20-3t，4t），又OQ=OD+DQ=10+5t，根据三角形的面积公式得出S与t之间的函数关系式为S=-
t
2+35t+100，然后根据二次函数的性质求出当t=
时，S取最大值时，进而求出点P的坐标；
③在点P沿A→B→C的方向匀速运动过程中，分两种情况进行讨论：
（Ⅰ）当点P在AB边上运动时，如图①，过点P作PF⊥y轴于点F，得到P（20-3t，4t），Q（0，10+5t），F（0，4t），0≤t≤4，由射影定理得出PF
2=OF•FQ，据此列出方程（20-3t）
2=4t（10+5t-4t），解方程求出t的值；
（Ⅱ）当点P在BC边上运动时，如图③，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F．过点B作MN⊥于x轴于点M，交PF于点N．求出P（4t-8，3t+4），Q（0，10+5t），F（0，3t+4），4≤t≤7，由射影定理得出PF
2=OF•FQ，据此列出方程（4t-8）
2=（3t+4）（10+5t-3t-4），解方程求出t的值．
解答：解：（1）∵A（20，0），B（8，16），C（20，25），
∴AB=
=20，
BC=
=15；
（2）①由图2可知，点P在AB上运动的时间为4秒，
∴点P的运动速度为20÷4=5个单位/秒，
∴点P从点A运动到点C所需要的时间为（20+15）÷5=7秒；
②如图①，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F．
∵AC⊥x轴，
∴PE∥AC，
∴∠1=∠BAC．
∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=20，BC=15，AC=25，
∴sin∠BAC=
=
=
，cos∠BAC=
=
=
．
∵在Rt△AEP中，∠AEP=90°，AP=5t，
∴AE=AP•sin∠1=5t•
=3t，PE=AP•cos∠1=5t•
=4t，
∴OE=OA-AE=20-3t，
∴P（20-3t，4t）．
∵OQ=OD+DQ=10+5t，
∴△OPQ的面积S=
OQ•PF=
（10+5t）（20-3t）=-
t
2+35t+100，
即S与t之间的函数关系式为S=-
t
2+35t+100，
∵S=-
t
2+35t+100=-
（t-
）
2+
，
∴当t=
时，S取最大值时，此时点P的坐标为（13，
）；
③在点P沿A→B→C的方向匀速运动过程中，使∠OPQ=90°的点P有1个．
（Ⅰ）当点P在AB边上运动时，如图①，过点P作PF⊥y轴于点F．
由上可知，P（20-3t，4t），Q（0，10+5t），F（0，4t），0≤t≤4，
∵∠OPQ=90°，∴PF
2=OF•FQ，即（20-3t）
2=4t（10+5t-4t），
解得t=16±4
，其中0≤16-4
≤4，
∴当点P在AB边上运动时，使∠OPQ=90°的点P有1个；
（Ⅱ）同理当点P在BC边上运动时，如图③，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F．过点B作MN⊥于x轴于点M，交PF于点N，则MN⊥PF．
∵MN∥AC，
∴∠MBA=∠BAC，
∵∠ABC=90°，∠BNP=90°
∴∠MBA=∠BPN=90°-∠PBN，
∴∠BPN=∠BAC．
∵在Rt△BNP中，∠BNP=90°，BP=5t-20，
∴BN=BP•sin∠BPN=（5t-20）•
=3t-12，PN=BP•cos∠BPN=（5t-20）•
=4t-16，
∴PF=FN+PN=8+4t-16=4t-8，OF=MN=BM+BN=16+3t-12=3t+4，
∴P（4t-8，3t+4），Q（0，10+5t），F（0，3t+4），4≤t≤7，
∵∠OPQ=90°，∴PF
2=OF•FQ，即（4t-8）
2=（3t+4）（10+5t-3t-4），
解得t=
，均不符合4≤t≤7，
∴当点P在BC边上运动时，使∠OPQ=90°的点P有0个．
综上所述，符合题意的点P有1个，t=16-4
．
如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C三点，已知点A（-3，0），B（0，3），C（1，0）．
已知：如图，∠ADC=117°．试求∠A+∠B+∠C的度数．
如图，已知将一矩形纸片ABCD沿着对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点E，已知AD=8cm，AB=4cm，求重叠部分△BED的面积．